\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第十二章\quad 无穷级数}
\renewcommand{\mysubtitle}{第五节\quad 函数的幕级数展开式的应用}
\graphicspath{{./images}}

\begin{document}


\section{近似计算}

\begin{frame}{近似计算}
有了函数的幂级数展开式， 就可用它来进行近似计算， 即在展开式有效的区间上，函数值可以近似地利用这个级数按精确度要求计算出来。

\pause
\begin{example}
 计算 $\sqrt[5]{240}$ 的近似值，要求误差不超过 0.0001.
  \end{example}

  \pause
 \begin{solution}
  因为
 \[
  \sqrt[5]{240}=\sqrt[5]{243-3}=3\left(1-\frac{1}{3^{4}}\right)^{1 / 5},
 \]
 \pause
  所以在二项展开式 (4-12) 中取 $m=\frac{1}{5}, x=-\frac{1}{3^{4}}$, 即得
 \[
 \begin{aligned}
   \sqrt[5]{240}&= 3\left(1-\frac{1}{5} \times \frac{1}{3^{4}}-\frac{1 \times 4}{5^{2} \times 2 !} \times \frac{1}{3^{8}}-\frac{1 \times 4 \times 9}{5^{3} \times 3 !} \times \frac{1}{3^{12}}-\cdots\right.\\
   &\quad \left.-\frac{1 \times 4 \times 9 \times \cdots \times(5 n-6)}{5^{n} \times n !} \times \frac{1}{3^{4 n}}-\cdots\right).
   \end{aligned}
 \]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
    这个级数收敛很快。 
    取前两项的和作为 $\sqrt[5]{240}$ 的近似值， 其误差 (也叫做\emph{截断误差}) 为
    \pause
 \[
    \begin{aligned}
       \left|r_{2}\right| & =3\left(\frac{1 \times 4}{5^{2} \times 2 !} \times \frac{1}{3^{8}}+\frac{1 \times 4 \times 9}{5^{3} \times 3 !} \times \frac{1}{3^{12}}+\frac{1 \times 4 \times 9 \times 14}{5^{4} \times 4 !} \times \frac{1}{3^{16}}+\cdots\right) \\
       \pause
       &< 3\left(\frac{1 \times 4}{5^{2} \times 2 !} \times \frac{1}{3^{8}}+\frac{1 \times 4 }{5^{2} \times 2 !} \times \frac{1}{3^{12}}+\frac{1 \times 4 }{5^{4} \times 2 !} \times \frac{1}{3^{16}}+\cdots\right)  \\
       \pause
      & = 3 \times \frac{1 \times 4}{5^{2} \times 2 !} \times \frac{1}{3^{8}}\left[1+\frac{1}{81}+\left(\frac{1}{81}\right)^{2}+\cdots\right] \\
      \pause
     & =\frac{6}{25} \times \frac{1}{3^{8}} \times \frac{1}{1-\frac{1}{81}}=\frac{1}{25 \times 27 \times 40}<\frac{1}{20000},
    \end{aligned}
   \]
   \pause
  于是取近似式为
 \[
    \sqrt[5]{240} \approx 3\left(1-\frac{1}{5} \times \frac{1}{3^{4}}\right).
   \]
   \pause
   为了使 “四舍五入”引起的误差 (叫做\emph{舍入误差}) 与截断误差之和不超过 $10^{-4}$,
  计算时应取五位小数，然后再四舍五入。
\pause
  因此最后得
 \[
   \sqrt[5]{240} \approx 2.99259 \approx 2.9926.
   \]
  \end{solution}
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{example}
  计算 $\ln 2$ 的近似值，要求误差不超过 $0.0001$.
\end{example}
\begin{solution}
在公式(4-10) 中， 令 $x=1$ 可得
\[
  \ln 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n}+\cdots.
\]
\pause
取这级数前 $n$ 项的和作为 $\ln 2$ 的近似值， 其误差为
\[
\left|r_{n}\right| \leqslant \frac{1}{n+1}
\]
\pause
(见第二节第二目). 为了保证误差不超过 $10^{-4}$, 就需要取级数的前 $10000$ 项进行计算。 
\pause
这样做计算量太大了，我们必须用收敛较快的级数来代替它。
\pause
把公式 (4-10)
\[
\ln (1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}+\cdots \quad(-1<x \leqslant 1)
\]
中将 $x$ 换成 $-x$, 得
\[
  \ln (1-x)=-x-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{(-x)^{n}}{n}+\cdots \quad(-1 \leqslant x<1).
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]

两式相减，得到不含有偶次幂的展开式
\[
\ln \frac{1+x}{1-x}=\ln (1+x)-\ln (1-x)=2\left(x+\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{5} x^{5}+\cdots+\frac{1}{2 n+1} x^{2 n+1}+\cdots\right) \;(-1<x<1)
\]
\pause
令 $\frac{1+x}{1-x}=2$, 解出 $x=\frac{1}{3}$. 以 $x=\frac{1}{3}$ 代人最后一个展开式， 得
\[
  \ln 2=2\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \times \frac{1}{3^{3}}+\frac{1}{5} \times \frac{1}{3^{5}}+\frac{1}{7} \times \frac{1}{3^{7}}+\cdots+\frac{1}{2 n+1} \times \frac{1}{3^{2 n+1}}+\cdots\right).
\]
\pause
取前四项作为 $\ln 2$ 的近似值， 其误差为
\pause
\[
  \begin{aligned}
    \left|r_{4}\right| & =2\left(\frac{1}{9} \times \frac{1}{3^{9}}+\frac{1}{11} \times \frac{1}{3^{11}}+\frac{1}{13} \times \frac{1}{3^{13}}+\cdots+\frac{1}{2 n+1} \times \frac{1}{3^{2 n+1}}+\cdots\right) \\
    \pause
    &< 2\left(\frac{1}{9} \times \frac{1}{3^{9}}+\frac{1}{9} \times \frac{1}{3^{11}}+\frac{1}{9} \times \frac{1}{3^{13}}+\cdots+\frac{1}{9} \times \frac{1}{3^{2 n+1}}+\cdots\right) \\
    \pause
  & =\frac{2}{3^{11}}\left[1+\frac{1}{9}+\left(\frac{1}{9}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{1}{9}\right)^{n}+\cdots\right] \\
  \pause
& =\frac{2}{3^{11}} \times \frac{1}{1-\frac{1}{9}}=\frac{1}{4 \times 3^{9}}<\frac{1}{70000} .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
于是取
\[
  \ln 2 \approx 2\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \times \frac{1}{3^{3}}+\frac{1}{5} \times \frac{1}{3^{5}}+\frac{1}{7} \times \frac{1}{3^{7}}\right).
\]
\pause
同样地， 考虑到舍人误差， 计算时应取五位小数（算到第六位后四舍五入）：
\[
\frac{1}{3} \approx 0.33333,\quad \frac{1}{3} \times \frac{1}{3^{3}} \approx 0.01235, \quad
\frac{1}{5} \times \frac{1}{3^{5}} \approx 0.00082, \quad \frac{1}{7} \times \frac{1}{3^{7}} \approx 0.00007.
\]
\pause
因此得
\[
\ln 2 \approx 0.6931 .
\]
\end{solution}

\pause
  \begin{example}
  利用 $\sin x \approx x-\frac{x^{3}}{3 !}$ 求 $\sin 9^{\circ}$ 的近似值， 并估计误差。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
首先把角度化成弧度，
\[
9^{\circ}=\frac{\pi}{180} \times 9 \text { 弧度 }=\frac{\pi}{20} \text { 弧度， }
\]
从而
\[
  \sin \frac{\pi}{20} \approx \frac{\pi}{20}-\frac{1}{3 !}\left(\frac{\pi}{20}\right)^{3}.
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
    其次估计这个近似值的精确度。 
在 $\sin x$ 的幂级数展开式 (4-8) 中令 $x=\frac{\pi}{20}$, 得
\[
\sin \frac{\pi}{20}=\frac{\pi}{20}-\frac{1}{3 !}\left(\frac{\pi}{20}\right)^{3}+\frac{1}{5 !}\left(\frac{\pi}{20}\right)^{5}-\frac{1}{7 !}\left(\frac{\pi}{20}\right)^{7}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2 n+1) !}\left(\frac{\pi}{20}\right)^{2 n+1}+\cdots
\]
等式右端是一个收敛的交错级数， 且各项的绝对值单调减少。 取它的前两项之和作为 $\sin \frac{\pi}{20}$ 的近似值， 其误差为
\[
\left|r_{2}\right| \leqslant \frac{1}{5 !}\left(\frac{\pi}{20}\right)^{5}<\frac{1}{120} \times 0.2^{5}<\frac{1}{300000}
\]
因此取
\[
\frac{\pi}{20} \approx 0.157080, \frac{1}{3 !}\left(\frac{\pi}{20}\right)^{3} \approx 0.000646
\]
于是得
\[
\sin 9^{\circ} \approx 0.15643,
\]
这时误差不超过 $10^{-5}$.
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
利用幂级数不仅可计算一些函数值的近似值， 而且可计算一些定积分的近似值。 具体地说， 如果被积函数在积分区间上能展开成幂级数， 那么把这个幂级数逐项积分， 用积分后的级数就可算出定积分的近似值。
\pause
\begin{example}
计算定积分
\[
\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{1}{2}} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x
\]
的近似值，要求误差不超过 $0.0001\left(\right.$ 取 $\left.\frac{1}{\sqrt{\pi}} \approx 0.56419\right)$.
\end{example}
\pause
\begin{solution}
将 $\mathrm{e}^{x}$ 的幂级数展开式 (4-7) 中的 $x$ 换成 $-x^{2}$, 就得到被积函数的幂级数展开式
\[
  \begin{aligned}
    \mathrm{e}^{-x^{2}} & =1+\frac{\left(-x^{2}\right)}{1 !}+\frac{\left(-x^{2}\right)^{2}}{2 !}+\frac{\left(-x^{2}\right)^{3}}{3 !}+\cdots+\frac{\left(-x^{2}\right)^{n}}{n !}+\cdots \\
  & =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{x^{2 n}}{n !} \quad(-\infty<x<+\infty) .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]

于是， 根据幂级数在收敛区间内逐项可积， 得
\[
  \begin{aligned}
    \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{1}{2}} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x & =\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left[\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n !} x^{2 n}\right] \mathrm{d} x=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n !} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{2 n} \mathrm{~d} x \\
    \pause
  & =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left[1-\frac{1}{2^{2} \times 3}+\frac{1}{2^{4} \times 5 \times 2 !}-\frac{1}{2^{6} \times 7 \times 3 !}+\cdots\right.\\
  &\quad \left.+(-1)^{n} \frac{1}{2^{2 n}(2 n+1) n !}+\cdots\right] .
\end{aligned}
\]
\pause
取前四项的和作为近似值， 其误差为
\[
\left|r_{4}\right| \leqslant \frac{1}{\sqrt{\pi}} \frac{1}{2^{8} \times 9 \times 4 !}<\frac{1}{90000}
\]
\pause
所以
\[
  \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{1}{2}} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x \approx \frac{1}{\sqrt{\pi}}\left(1-\frac{1}{2^{2} \times 3}+\frac{1}{2^{4} \times 5 \times 2 !}-\frac{1}{2^{6} \times 7 \times 3 !}\right),
\]
\pause
算得
\[
\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{1}{2}} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x \approx 0.520
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  计算积分
  \[
  \int_{0}^{1} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x
\]
的近似值，要求误差不超过 $0.0001$.
\end{example}
\begin{solution}
由于 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$, 因此所给积分不是反常积分。 若定义被积函数在 $x=0$ 处的值为 $1$,则它在积分区间 $[0,1]$ 上连续。
展开被积函数，有
\[
\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^{2}}{3 !}+\frac{x^{4}}{5 !}-\frac{x^{6}}{7 !}+\cdots+(-1)^{n} \frac{x^{2 n}}{(2 n+1) !}+\cdots \quad(-\infty<x<+\infty) .
\]
在区间 $[0,1]$ 上逐项积分， 得
\[
\int_{0}^{1} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=1-\frac{1}{3 \times 3 !}+\frac{1}{5 \times 5 !}-\frac{1}{7 \times 7 !}+\cdots+(-1)^{n} \frac{1}{(2 n+1)(2 n+1) !}+\cdots
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
因为第四项的绝对值
\[
\frac{1}{7 \times 7 !}<\frac{1}{30000}
\]
所以取前三项的和作为积分的近似值：
\[
\int_{0}^{1} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x \approx 1-\frac{1}{3 \times 3 !}+\frac{1}{5 \times 5 !}
\]
算得
\[
\int_{0}^{1} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x \approx 0.9461
\]
\end{solution}
\end{frame}


\section{微分方程的幂级数解法}
\begin{frame}{微分方程的幂级数解法}

这里， 我们简单介绍一阶微分方程和二阶齐次线性微分方程的幂级数解法。

\pause
为求一阶微分方程
\[\tag{5-1}
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=f(x, y)
\]
满足初值条件 $\left.y\right|_{x=x_{0}}=y_{0}$ 的特解， 如果其中函数 $f(x, y)$ 是 $\left(x-x_{0}\right),\left(y-y_{0}\right)$ 的多项式
  \[
    f(x, y)=a_{00}+a_{10}\left(x-x_{0}\right)+a_{01}\left(y-y_{0}\right)+\cdots+a_{l m}\left(x-x_{0}\right)^{l}\left(y-y_{0}\right)^{m},
\]
\pause
那么可以设所求特解可展开为 $x-x_{0}$ 的幂级数：
\[\tag{5-2}
y=y_{0}+a_{1}\left(x-x_{0}\right)+a_{2}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots+a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}+\cdots,
\]
其中 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, \cdots$ 是待定的系数。 
\pause
把 (5-2) 代人 (5-1) 中， 便得一恒等式， 比较所得恒等式两端 $x-x_{0}$ 的同次幂的系数， 就可定出常数 $a_{1}, a_{2}, \cdots$, 以这些常数为系数的级数 (5-2) 在其收敛区间内就是方程 (5-1) 满足初值条件 $\left.y\right|_{x=x_{0}}=y_{0}$ 的特解。
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
    求方程 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=-y-x$ 满足 $\left.y\right|_{x=0}=2$ 的特解。
      \end{example}
      \pause
      \begin{solution}
         这时， $x_{0}=0, y_{0}=2$. 故设方程的特解为
          \[
             y=2+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\cdots+a_{n} x^{n}+\cdots .
            \]
           由此， 得 $y^{\prime}=a_{1}+2 a_{2} x+\cdots+n a_{n} x^{n-1}+\cdots$.
           \pause
          将 $y$ 及 $y^{\prime}$ 的幂级数展开式代人方程， 得
         \[
          a_{1}+2 a_{2} x+\cdots+n a_{n} x^{n-1}+\cdots=-2-\left(a_{1}+1\right) x-a_{2} x^{2}-\cdots-a_{n} x^{n}-\cdots .
         \]
         \pause
        上式为恒等式， 比较上式两端 $x$ 的同次幂的系数， 得
       \[
        a_{1}=-2, \quad 2 a_{2}=-\left(a_{1}+1\right), \quad 3 a_{3}=-a_{2}, \quad \cdots, \quad n a_{n}=-a_{n-1}, \quad \cdots .
       \]
       \pause
      故 $a_{1}=-2, a_{2}=\frac{1}{2}, a_{3}=-\frac{1}{3 !}, \cdots$. 
\pause
      由数学归纳法可得
     \[
      a_{n}=(-1)^{n} \frac{1}{n !} \quad(n \geqslant 2) .
     \]
\end{solution}
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{solution}[续]

    于是，得
   \[
     \begin{aligned}
    y&= 2-2 x+\frac{1}{2 !} x^{2}-\frac{1}{3 !} x^{3}+\cdots+(-1)^{n} \frac{1}{n !} x^{n}+\cdots\\
        & =1-x+\left[1-x+\frac{1}{2 !} x^{2}-\frac{1}{3 !} x^{3}+\cdots+(-1)^{n} \frac{1}{n !} x^{n}+\cdots\right] \\
       & =1-x+\mathrm{e}^{-x} .
      \end{aligned}
     \]
    这就是所求的特解。

    \pause
   事实上， 所给方程是一阶线性的， 容易求得它的通解为 $y=C \mathrm{e}^{-x}+1-x$, 由条件 $\left.y\right|_{x=0}=2$ 确定常数 $C=1$, 即得方程的特解 $y=\mathrm{e}^{-x}+1-x$.
    \end{solution}
  \end{frame}
  \begin{frame}
  关于二阶齐次线性方程
  \[\tag{5-3}
  y^{\prime \prime}+P(x) y^{\prime}+Q(x) y=0
\]
用幂级数求解的问题， 我们先叙述一个定理：
\pause
\begin{theorem*}
如果方程 (5-3) 中的系数 $P(x)$ 与 $Q(x)$ 可在 $-R<x<R$ 内展开为 $x$ 的幂级数， 那么在 $-R<x<R$ 内方程 (5-3) 必有形如
\[
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}
\]
的解。
\end{theorem*}
这定理的证明从略。
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{example}
  求微分方程
  \[
  y^{\prime \prime}-x y=0
\]
满足初值条件
\[
  \left.y\right|_{x=0}=0,\left.\quad y^{\prime}\right|_{x=0}=1
      \]
    的特解。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
这里 $P(x)=0, Q(x)=-x$ 在整个数轴上满足定理的条件。
\pause
因此所求的解可在整个数轴上展开成 $x$ 的幂级数
\[\tag{5-4}
y=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\cdots+a_{n} x^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} .
\]
\pause
由条件 $\left.y\right|_{x=0}=0$, 得 $a_{0}=0$. 
\pause
  对级数 (5-4) 逐项求导， 有
  \[
    y^{\prime}=a_{1}+2 a_{2} x+3 a_{3} x^{2}+\cdots+n a_{n} x^{n-1}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}
\]
\pause
由条件 $\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=1$, 得 $a_{1}=1$.
\end{solution}
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
  于是所求特解 $y$ 及 $y^{\prime}$ 的展开式成为
      \begin{align}
          y&= x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}+\cdots+a_{n} x^{n}+\cdots=x+\sum_{n=2}^{\infty} a_{n} x^{n}, \tag{5-5}\\
          y^{\prime}&= 1+2 a_{2} x+3 a_{3} x^{2}+\cdots+n a_{n} x^{n-1}+\cdots=1+\sum_{n=2}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}. \tag{5-6}
      \end{align}
      \pause
对级数 (5-6) 逐项求导， 得
\[\tag{5-7}
y^{\prime \prime}=2 a_{2}+3 \times 2 a_{3} x+\cdots+n(n-1) a_{n} x^{n-2}+\cdots=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2} .
\]
\pause
把(5-5) 和 (5-7) 代人所给方程， 并按 $x$ 的升幂集项， 得
\[
  \begin{gathered}
    2 a_{2}+3 \times 2 a_{3} x+\left(4 \times 3 a_{4}-1\right) x^{2}+\left(5 \times 4 a_{5}-a_{2}\right) x^{3}+ \\
  \left(6 \times 5 a_{6}-a_{3}\right) x^{4}+\cdots+\left[(n+2)(n+1) a_{n+2}-a_{n-1}\right] x^{n}+\cdots=0 .
\end{gathered}
\]
\pause
因为上式是恒等式， 所以上式左端各项的系数必全为零， 于是有
\[
a_{2}=0, \quad a_{3}=0, \quad a_{4}=\frac{1}{4 \times 3}, \quad a_{5}=0, \quad a_{6}=0, \quad \cdots,
\]
\end{solution}
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
一般地
\[
a_{n+2}=\frac{a_{n-1}}{(n+2)(n+1)} \quad(n=3,4, \cdots) .
\]
\pause
从这递推公式可以推得
\[
  \begin{gathered}
    a_{7}=\frac{a_{4}}{7 \times 6}=\frac{1}{7 \times 6 \times 4 \times 3}, \quad a_{8}=\frac{a_{5}}{8 \times 7}=0, \quad a_{9}=\frac{a_{6}}{9 \times 8}=0, \\
  a_{10}=\frac{a_{7}}{10 \times 9}=\frac{1}{10 \times 9 \times 7 \times 6 \times 4 \times 3}, \cdots,
\end{gathered}
\]
\pause
一般地
\[
  \begin{gathered}
    a_{3 m-1}=a_{3 m}=0 \\
  a_{3 m+1}=\frac{1}{(3 m+1) \times(3 m) \times \cdots \times 7 \times 6 \times 4 \times 3} \quad(m=1,2, \cdots) .
\end{gathered}
\]
\pause
于是所求的特解为
\[
  \begin{aligned}
    y= & x+\frac{x^{4}}{4 \times 3}+\frac{x^{7}}{7 \times 6 \times 4 \times 3}+\frac{x^{10}}{10 \times 9 \times 7 \times 6 \times 4 \times 3}+\cdots+ \\
  & \frac{x^{3 m+1}}{(3 m+1) \times(3 m) \times \cdots \times 10 \times 9 \times 7 \times 6 \times 4 \times 3}+\cdots .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}
\section{欧拉公式}


\begin{frame}{欧拉公式}

设有复数项级数为
\[\tag{5-8}
\left(u_{1}+v_{1} \mathrm{i}\right)+\left(u_{2}+v_{2} \mathrm{i}\right)+\cdots+\left(u_{n}+v_{n} \mathrm{i}\right)+\cdots,
\]
其中 $u_{n}$ 与 $v_{n}(n=1,2,3, \cdots)$ 为实常数或实函数。 如果实部所成的级数
\[\tag{5-9}
u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}+\cdots
\]
收敛于和 $u$,并且虚部所成的级数
\[\tag{5-10}
v_{1}+v_{2}+\cdots+v_{n}+\cdots
\]
收敛于和 $v$, 那么就说级数 (5-8) 收敛且其和为 $u+v \mathrm{i}$.

如果级数 (5-8) 各项的模所构成的级数
\[
\sqrt{u_{1}^{2}+v_{1}^{2}}+\sqrt{u_{2}^{2}+v_{2}^{2}}+\cdots+\sqrt{u_{n}^{2}+v_{n}^{2}}+\cdots
\]
收敛， 那么称级数 (5-8) 绝对收敛。 如果级数 (5-8) 绝对收敛， 由于
\[
\left|u_{n}\right| \leqslant \sqrt{u_{n}^{2}+v_{n}^{2}},\left|v_{n}\right| \leqslant \sqrt{u_{n}^{2}+v_{n}^{2}} \quad(n=1,2,3, \cdots),
\]
那么级数 (5-9) 与 (5-10) 绝对收敛， 从而级数 (5-8) 收敛。
\end{frame}
\begin{frame}
考察复数项级数
\[\tag{5-11}
1+z+\frac{1}{2 !} z^{2}+\cdots+\frac{1}{n !} z^{n}+\cdots \quad(z=x+y \mathrm{i}) .
\]
可以证明级数 $(5-11)$ 在整个复平面上是绝对收敛的。 在 $x$ 轴上 $(z=x)$ 它表示指数函数 $\mathrm{e}^{x}$, 在整个复平面上我们用它来定义复变量指数函数， 记作 $\mathrm{e}^{z}$. 于是 $\mathrm{e}^{z}$ 定义为
\[\tag{5-12}
\mathrm{e}^{z}=1+z+\frac{1}{2 !} z^{2}+\cdots+\frac{1}{n !} z^{n}+\cdots \quad(|z|<\infty) .
\]

当 $x=0$ 时， $z$ 为纯虚数 $y \mathrm{i},(5-12)$ 式成为
\[
  \begin{aligned}
  \mathrm{e}^{y \mathrm{i}} & =1+y \mathrm{i}+\frac{1}{2 !}(y \mathrm{i})^{2}+\frac{1}{3 !}(y \mathrm{i})^{3}+\cdots+\frac{1}{n !}(y \mathrm{i})^{n}+\cdots \\
& =1+y \mathrm{i}-\frac{1}{2 !} y^{2}-\frac{1}{3 !} y^{3} \mathrm{i}+\frac{1}{4 !} y^{4}+\frac{1}{5 !} y^{5} \mathrm{i}-\cdots \\
& =\left(1-\frac{1}{2 !} y^{2}+\frac{1}{4 !} y^{4}-\cdots\right)+\left(y-\frac{1}{3 !} y^{3}+\frac{1}{5 !} y^{5}-\cdots\right) \mathrm{i} \\
& =\cos y+i \sin y .
\end{aligned}
\]
把 $y$ 换写为 $x$,上式变为
\[\tag{5-13}
\mathrm{e}^{x \mathrm{i}}=\cos x+\mathrm{i} \sin x
\]
这就是\emph{欧拉(Euler)公式}。
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
    \centering
  \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-45}
\caption*{图 12-5}
\end{wrapfigure}

应用公式 (5-13), 复数 $z$ 可以表示为指数形式：
\[\tag{5-14}
z=\rho(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta)=\rho \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta},
\]
其中 $\rho=|z|$ 是 $z$ 的模， $\theta=\arg z$ 是 $z$ 的辐角(图 12-5).

在 (5-13) 式中把 $x$ 换成 $-x$, 又有
\[
\mathrm{e}^{-x \mathrm{i}}=\cos x-\mathrm{i} \sin x
\]
把上式与 (5-13) 相加或相减， 得
\[\tag{5-15}
  \left\{\begin{array}{l}
    \cos x=\frac{\mathrm{e}^{x \mathrm{i}}+\mathrm{e}^{-x \mathrm{i}}}{2}, \\
  \sin x=\frac{\mathrm{e}^{x \mathrm{i}}-\mathrm{e}^{-x \mathrm{i}}}{2 \mathrm{i}} .
\end{array}\right.
\]
这两个式子也叫做\emph{欧拉公式}。 (5-13) 式或 (5-15) 式揭示了三角函数与复变量指数函数之间的一种联系。

最后， 根据定义式 (5-12), 并利用幂级数的乘法， 我们不难验证
\[
\mathrm{e}^{z_{1}+z_{2}}=\mathrm{e}^{z_{1}} \cdot \mathrm{e}^{z_{2}} .
\]
特殊地， 取 $z_{1}$ 为实数 $x, z_{2}$ 为纯虚数 $y \mathrm{i}$, 则有
\[
\mathrm{e}^{x+y \mathrm{i}}=\mathrm{e}^{x} \cdot \mathrm{e}^{y \mathrm{i}}=\mathrm{e}^{x}(\cos y+\mathrm{i} \sin y) .
\]
这就是说，复变量指数函数 $\mathrm{e}^{z}$ 在 $z=x+y \mathrm{i}$ 处的值是模为 $\mathrm{e}^{x}$ 、辐角为 $y$ 的复数。
\end{frame}
\end{document}
